Question

18．已知點(diǎn)M（1，4），點(diǎn)A（-1，0），點(diǎn)P是y軸上一點(diǎn)，點(diǎn)Q是坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，以A、M、P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，畫(huà)出符合條件的圖形，并求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 分兩種情形討論①當(dāng)AM是矩形的一條邊時(shí)，如圖1所示．②當(dāng)AM是對(duì)角線時(shí)，AQ⊥MQ時(shí)，PQ與y軸重合，如圖2所示，根據(jù)相似三角形或全等三角形的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．

解答 解：∵點(diǎn)M（1，4），點(diǎn)A（-1，0），
∴AM=2$\sqrt{5}$，線段AM中點(diǎn)N（0，2），
∴AN=MN=$\sqrt{5}$，
①當(dāng)AM是矩形的一條邊時(shí)，分別過(guò)M、A作直線l₁⊥AM交y軸于P₁；l₂⊥AM交y軸于P₂，如圖1所示．

過(guò)P₁作l₃∥AM交l₂于Q₁，過(guò)P₂作直線l₄交l₁于Q₂，作ME⊥y軸于E，MH⊥x軸于H，作Q₁F⊥x軸于F，Q₂G⊥MH于G，
則ON=EN=2，OA=ME，
∵∠P₁EM=∠MEN，∠MP₁E=∠EMN，
∴△P₁EM∽△MEN，
∴$\frac{{P}_{1}E}{ME}=\frac{ME}{EN}$，
∴$\frac{{P}_{1}E}{1}$=$\frac{1}{2}$，
∴P₁E=$\frac{1}{2}$，在△P₁EM和△Q₁FA中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠{P}_{1}EM=∠{Q}_{1}FA}\\{∠{P}_{1}ME=∠{Q}_{1}AF}\\{{P}_{1}M=A{Q}_{1}}\end{array}\right.$
∵△P₁EM≌△Q₁FA，
∴Q₁F=P₁E=$\frac{1}{2}$，AF=EM=1，
∴OF=OA+AF=2，
∴Q₁（-2，$\frac{1}{2}$），
同理△Q₂MG≌△AOP₂≌△AON，可得MG=OP₂=$\frac{1}{2}$，Q₂G=OA=1，
∴GH=4-$\frac{1}{2}$=$\frac{7}{2}$，∴Q₂（2，$\frac{7}{2}$），
②當(dāng)AM是對(duì)角線時(shí)，AQ⊥MQ時(shí)，PQ與y軸重合，如圖2所示，

∵AQ²+MQ²=AM²，設(shè)Q（0，m），
∴AQ²=m²+1，MQ²=（m-4）²+1²=m²-8m+17，
∴（m²+1）+（m²-8m+17）=20，
整理得m²-4m-1=0，解得m₁=2+$\sqrt{5}$，m₂=2-$\sqrt{5}$，
∴Q₃（0，2+$\sqrt{5}$），Q₄（0，2-$\sqrt{5}$）．
綜上所述出點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：Q₁（-2，$\frac{1}{2}$），Q₂（2，$\frac{7}{2}$），Q₃（0，2+$\sqrt{5}$），Q₄（0，2-$\sqrt{5}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查矩形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)分類(lèi)討論，需要正確畫(huà)出圖形，綜合性比較強(qiáng)，屬于中考?jí)狠S題．